Question

设f（x）=e^x-a（x+1）（e是自然对数的底数，e=2.71828…），且f（0）=0．
（Ⅰ）求实数a的值，并求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）-f（-x），对任意x₁，x₂∈R（x₁＜x₂），恒有

g(x2)-g(x1)

x2-x1

＞m成立．求实数m的取值范围；
（Ⅲ）若正实数λ₁，λ₂满足λ₁+λ₂=1，x₁，x₂∈R（x₁≠x₂），试证明：f（λ₁x₁+λ₂x₂）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）

Answer 1

考点：函数与方程的综合运用

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）由f′（0）=0，求出a的值，再由导数的正负性，求出函数的单调区间；
（Ⅱ）构造函数F（x）=g（x）-mx，利用F（x）的单调性，即F′（x）=-m≥0恒成立，求出m的取值范围是
（Ⅲ）根据作差法，构造函数，利用单调性证明．

解答： （Ⅰ）解：∵f′（x）=e^x-a，f′（0）=1-a=0，∴a=1，
令f′（x）=e^x-1＞0得x＞0；令f′（x）=e^x-1＜0得x＜0；
所以f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；单调递减区间为（-∞，0）．…5分
（II）解：由

g(x2)-g(x1)

x2-x1

＞m（x₁＜x₂）变形得：g（x₂）-mx₂＞g（x₁）-mx₁，
令函数F（x）=g（x）-mx，则F（x）在R上单调递增，
∴F′（x）=g′（x）-m≥0即m≤g′（x）在R上恒成立．
而g′(x)=f′(x)+f′(-x)=ex+e-x-2≥2

ex•e-x

-2=0（当且仅当x=0时取“=”）
所以m≤0．…9分
（Ⅲ）证明：不妨设x₁＜x₂，由λ₁+λ₂=1（λ₁，λ₂∈（0，1））得：
f（λ₁x₁+λ₂x₂）-[λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）]=eλ1x1+λ2x2-(λ1x1+λ2x2)-1-λ1(ex1-x1-1)-λ2(ex2-x2-1)=eλ1x1+λ2x2-λ1ex1-λ2ex2
=ex1(eλ1x1-x1+λ2x2-λ1-λ2ex2-x1)=ex1(e-λ2x1+λ2x2-1+λ2-λ2ex2-x1)=ex1[eλ2(x2-x1)-1+λ2-λ2ex2-x1]，…10分
其中ex1＞0，故上式的符号由因式“eλ2(x2-x1)-1+λ₂-λ2ex2-x1”的符号确定．
令t=x₂-x₁，则函数φ（t）=eλ2t-1+λ₂-λ2et（t＞0）．
φ′（t）=λ2et[e(λ2-1)t-1]，其中（λ₂-1）t＜0，得e(λ2-1)t-1＜0，故φ′（t）＜0．
即φ（t）在（0，+∞）上单调递减，且φ（0）=0．所以φ（t）＜0．
从而有f（λ₁x₁+λ₂x₂）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）成立．．…14分

点评：本题考查运用导数知识研究函数的图象与性质、函数的应用、不等式问题等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、函数与方程思想、特殊与一般思想等．